故选：ABD．
点评： 本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．（一）必考题 9．（6分）（2015?绵阳校级模拟）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量mA=1kg，金属板B的质量mB=0.5kg．用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤的示数如图甲所示，则A、B间的摩擦力Fμ= 2.50 N，A、B间的动摩擦因数μ= 0.25 ．（g取10m/s）．该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F= 3.50 N 2
考点： 探究影响摩擦力的大小的因素． 专题： 实验题；摩擦力专题．
分析： 拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，根据
2
平衡条件列式求解；根据△x=aT求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小．
解答： 解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N．
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根据Ff=μmAg， 解得：μ=0.25．
2
由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=aT， 其中△x=2cm=0.02m，T=0.1s，
2
所以解得：a=2.0m/s．
根据牛顿第二定律得：F﹣Ff=mBa， 带入数据解得F=3.5N．
故答案为：2.50，0.25，3.50．
点评： 本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用． 10．（9分）（2013?攀枝花模拟）如图甲所示，为测量电源电动势和内电阻的实验电路图，某同学按电路连好实验器材并进行测量，记录数据如下表： 1 2 3 4 5 U/V 1.40 1.35 1.25 1.10 1.00 I/A 0.12 0.24 0.27 0.45 0.57
（1）请在图乙中画出U﹣I图象（写在答卷页上相应的区域），并根据图线求出电动势E= 1.5 V（保留两位有效数字），内电阻r= 0.9 Ω（保留一位有效数字）．
（2）若实验室没有合适的电压表，某同学用老师提供的多用电表测量电压，实验时多用电表黑表笔应连接图甲中的 b （填a或b），某次测量时多用表档位开关置于直流电压2.5V档，示数如图丙所示，此时电源路端电压为 1.25 V． 考点： 测定电源的电动势和内阻． 专题： 实验题．
分析： （1）应用描点法作出图示，根据图象求出电源电动势与内阻；
（2）电压表正接线柱接高电势点，负接线柱接低电势点；由图示电表确定其分度值，根据指针位置上升读出其示数． 解答： 解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：
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由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V， 电源内阻r=
=
≈0.9Ω．
（2）多用电表的黑表笔接“﹣”插孔，电压表的负接线柱应接低电势点，由图甲所示可知，黑表笔应接b点；
多用表档位开关置于直流电压2.5V档，由图丙所示表盘可知，其分度值为0.05V，电压表示数为1.25V． 故答案为：（1）图象如图所示；1.5；0.9；（2）b；1.25．
点评： 要掌握描点法作图的方向，电源U﹣I图象图纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻． 11．（13分）（2015?湖南一模）质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长
L=1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．（g
2
取10m/s）
考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 由题，木板上表面光滑，当木板运动时，滑块相对于地面静止不动．分析木板的运动情况，在撤去F前，木板做匀加速运动，撤去F后木板做匀减速运动．根据牛顿第二定律分别求出撤去F前后木板的加速度．由位移公式分别求出木板加速和减速运动的位移与时间的关系式．当加速和减速的总位移小于等于木板的长度时，滑块不会从木板上滑下来，求出最长的时间．
解答： 解：撤去F前后木板先加速后减速．设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得
撤力前：F﹣μ（m+M）g=Ma1
解得a1= m/s
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撤力后：μ（m+M）g=Ma2 解得a2= m/s 又x1=a1t1，x2=a2t2
为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L 又a1t1=a2t2
由以上各式可解得t1≤1 s 即作用的最长时间为1s．
答：用水平恒力F作用的最长时间是1s． 点评： 本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系． 12．（19分）（2015?福州模拟）如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=
，重力加速度g取10m/s．
2
2
2
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（1）求线框受到的拉力F的大小； （2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小； （3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣
（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场
后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q．
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．
专题： 电磁感应——功能问题．
分析： （1）根据v﹣t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小； （2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感应强度B的大小；
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（3）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s﹣D=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变．分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0﹣
求出线框全部离开磁场区域时的速度．根据焦耳定律求出线框向上运动通过
磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热．
解答： 解：（1）由v﹣t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=
=5.0m/s
2
由牛顿第二定律得 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得 F=1.5N
（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动， 产生的感应电动势 E=BLv1 通过线框的电流I==
线框所受安培力F安=BIL=
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有 F=mgsinθ+μmgcosθ+
解得B=0.50T
（3）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s﹣D=0.15m，设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，有﹣mg（s﹣D）sinθ﹣μmg（s﹣D）cosθ=解得v2=
=1.0m/s
﹣
线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3 由v=v0﹣
得 v3=v2﹣
=﹣1.0 m/s，
因v3＜0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置．
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=IRt=
2
=0.40J
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